Thi thử toàn quốc: Đánh giá tư duy Bách Khoa (TSA) - 11-12/1/2025 (Đợt 3)

Ta cố định 1 người ngồi vào bàn.

Khi đó còn lại 7 người và 9 chiếc ghế.

Số cách xếp là : \(A_9^7 = 181440.\)

\(y = \ln \left( {x - 3} \right)\) có tập xác định là \(\left( {3; + \infty } \right)\)

Chọn A,C,D.

Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(BC\). Vì tam giác \(SAB\), \(SAC\) lần lượt cân tại \(B\) và \(C\) nên \(BM \bot SA,\,CM \bot SA\). Suy ra, \(SA \bot \left( {BMC} \right)\).

Ta có: \({V_{S.MBC}} = {V_{S.AMBC}}\) nên \({V_{S.ABC}} = {V_{S.MBC}} + {V_{S.AMBC}} = 2{V_{S.MBC}} = \dfrac{2}{3}.SM.{S_{\Delta MBC}}\).

Ta có: \(BM = CM = \sqrt {1 - \dfrac{{{x^2}}}{4}} \), tam giác \(BCM\)cân tại \(M\) nên \(MN = \sqrt {1 - \dfrac{{{x^2}}}{4} - \dfrac{{{y^2}}}{4}} \).

\({V_{S.ABC}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{x}{2}.\dfrac{1}{2}y\sqrt {1 - \dfrac{{{x^2}}}{4} - \dfrac{{{y^2}}}{4}}  = \dfrac{2}{3}\sqrt {\dfrac{{{x^2}}}{4}.\dfrac{{{y^2}}}{4}\left( {1 - \dfrac{{{x^2}}}{4} - \dfrac{{{y^2}}}{4}} \right)} \).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

\(\dfrac{{{x^2}}}{4} + \dfrac{{{y^2}}}{4} + \left( {1 - \dfrac{{{x^2}}}{4} - \dfrac{{{y^2}}}{4}} \right) \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{x^2}}}{4}.\dfrac{{{y^2}}}{4}.\left( {1 - \dfrac{{{x^2}}}{4} - \dfrac{{{y^2}}}{4}} \right)}}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{x^2}}}{4}.\dfrac{{{y^2}}}{4}\left( {1 - \dfrac{{{x^2}}}{4} - \dfrac{{{y^2}}}{4}} \right) \le \dfrac{1}{{27}}\) dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}\).

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\) lớn nhất bằng \({V_{S.ABC}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{{\sqrt {27} }} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{{27}}\)

Hàm số \(y = f\left( x \right)\)có đạo hàm cấp 2 trên \(\mathbb{R}\) nên hàm số \(f\left( x \right)\)và \(f'\left( x \right)\)xác định trên \(\mathbb{R}.\)

Do đó, tập xác định của hàm số \(g\left( x \right)\)là \(D = \mathbb{R}.\)

Ta có: \(g'\left( x \right) = f''\left( x \right).f'\left( {f'\left( x \right) - 1} \right)\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f''\left( x \right) = 0\\f'\left( {f'\left( x \right) - 1} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 1}}{3}\\x = 1\\x = {x_0} \in \left( {1{\rm{ ; 2}}} \right)\\f'\left( x \right) - 1 =  - 1\\f'\left( x \right) - 1 = 1\\f'\left( x \right) - 1 = 2\end{array} \right.\)

Từ đồ thị ta cũng có:

\(f'\left( x \right) - 1 =  - 1 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1{\rm{ }}\\x =  - 1\\x = 2\end{array} \right.{\rm{ }}.\)

\(f'\left( x \right) - 1 = 1 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1} \in \left( { - \infty {\rm{ ;  - 1}}} \right)\\x = {x_2} \in \left( {{\rm{2 ;  + }}\infty } \right)\end{array} \right..\)\(f'\left( x \right) - 1 = 2 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_3} \in \left( { - \infty {\rm{ ; }}{x_1}} \right)\\x = {x_4} \in \left( {{x_2}{\rm{ ;  + }}\infty } \right)\end{array} \right..\)

Vậy phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có 9 nghiệm.

\(\begin{array}{l}A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AB.BC.\cos \angle {ABC}\\ \Leftrightarrow \cos \angle {ABC} = \dfrac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2AB.BC}} = \dfrac{{{8^2} + {7^2} - {{13}^2}}}{{2.8.7}} =  - \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \angle {ABC} = 120^\circ .\end{array}\)

Ta có \(p = \dfrac{{7 + 8 + 13}}{2} = 14\), khi đó diện tích tam giác là \(S = \sqrt {14\left( {14 - 13} \right)\left( {14 - 7} \right)\left( {14 - 8} \right)}  = 14\sqrt 3 \)

Ta có \(S = p.r \Leftrightarrow r = \dfrac{S}{p} = \dfrac{{14\sqrt 3 }}{{14}} = \sqrt 3 \)

Đáp án: Sai – Sai – Đúng.

ĐK: \({2^{{x^2}}} - 16 \ge 0 \Leftrightarrow {x^2} \ge 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 2\\x \le  - 2\end{array} \right.\).

Ta có: \(\sqrt {{2^{{x^2}}} - 16} \left( {{x^2} - 5x + 4} \right) \le 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^{{x^2}}} - 16 = 0\\\left\{ \begin{array}{l}{2^{{x^2}}} - 16 > 0\\\left( {{x^2} - 5x + 4} \right) \le 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  \pm 2\\\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x > 2\\x <  - 2\end{array} \right.\\\left( {{x^2} - 5x + 4} \right) \le 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  \pm 2\\\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x > 2\\x <  - 2\end{array} \right.\\1 \le x \le 4\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  \pm 2\\x = 3\\x = 4\end{array} \right.\)

Vậy bất phương trình \(\sqrt {{2^{{x^2}}} - 16} \left( {{x^2} - 5x + 4} \right) \le 0\) có 4 nghiệm nguyên.

Hình chiếu vuông góc của A lên Ox là điểm \(H\left( {2;0;0} \right)\) nên \(abc=0\) 

Điểm đối xứng của A qua Oy là \(K\left( { - 2;1; - 2} \right)\) nên \(mnp = 4\)

vậy \(abc+mnp=4\)

Dãy \(1;\,\,2;\,\,4;\,\,8;\,\,16\) là cấp số nhân với công bội \(q = 2\).

Dãy \(1;\,\,3;\,\,9;\,\,27;\,\,81\) là cấp số nhân với công bội \(q = 3\).

Dãy \(1;\,\, - 2;\,\,4;\,\, - 8;\,\,16\) là cấp số nhân với công bội \(q =  - 2\).

Dãy \(1;\,\,2;\,\,3;\,\,4;\,\,5\) là cấp số cộng với công sai \(d = 1\), không phải cấp số nhân vì \(\dfrac{{{u_4}}}{{{u_3}}} \ne \dfrac{{{u_2}}}{{{u_1}}}\).

Chọn A,B,C.

Gắn hệ tọa độ \(Oxyz\) vào hai đường hầm hình trụ sao cho hai trục \(Ox\), \(Oy\) trùng với hai trục của hai hình trụ.

Thể tích của hai khối trụ là: \({V_1} + {V_2} = 2.\pi .{\left( {\dfrac{{12}}{2}} \right)^2}.20 = 1440\pi \,\,\left( {{m^3}} \right)\).

Cắt phần chung của hai khối trụ bởi một mặt phẳng vuông góc với trục \(Ox\) tại \(x = {x_0}\) ta được thiết diện là hình vuông có độ dài cạnh là \(2.\sqrt {36 - x_0^2} \).

Diện tích mặt cắt là \(S = 4.\left( {36 - x_0^2} \right)\)với \( - 6 \le {x_0} \le 6\).

Thể tích phần chung của hai hình trụ là: \(V = \int\limits_{ - 6}^6 {4.\left( {36 - {x^2}} \right)} dx = 1152\,\,\left( {{m^3}} \right)\).

Vậy thể tích khối đất đào được là: \(1440\pi  - 1152 \approx 3371,89\,\,\left( {{m^3}} \right)\).

Dễ thấy \(\left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {BCD} \right)\).

Do \(M,\,N,\,P\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(AB\), \(AC\), \(AD\) cho nên

\(d\left( {A;\,\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {O;\left( {MNP} \right)} \right)\,\, \Rightarrow \,\,{V_{OMNP}} = {V_{AMNP}}\).

\(\dfrac{{{V_{OMNP}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \dfrac{{{V_{AMNP}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \dfrac{{AM}}{{AB}} \cdot \dfrac{{AN}}{{AC}} \cdot \dfrac{{AP}}{{AD}} = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{8} = 0,125\).

(TH – 0,125)

\(\begin{array}{l}\cos 2{\rm{x}} - 3\cos {\rm{x}} - 4 = 0 \Leftrightarrow 2{\cos ^2}x - 1 - 3\cos {\rm{x}} - 4 = 0\\ \Leftrightarrow 2{\cos ^2}x - 3\cos {\rm{x}} - 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos {\rm{x}} =  - 1\\\cos {\rm{x}} = \dfrac{5}{2} > 1\end{array} \right.\end{array}\)

Loại trường hợp \(\cos {\rm{x}} = \dfrac{5}{2} > 1\). Xét \(\cos {\rm{x}} =  - 1 \Rightarrow x = \pi  + 2k\pi \,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Do \(x \in \left[ {0;200\pi } \right] \Rightarrow 0 \le \pi  + 2k\pi  \le 200\pi  \Rightarrow  - \dfrac{1}{2} \le k \le \dfrac{{199}}{2};\,\,k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \left\{ {0;...;99} \right\}\).

Sử dụng công thức tổng cấp số cộng ta có

\(\sum x  = 100\pi  + 2\sum {(0 + \pi  + ... + 99\pi )}  = 100\pi  + 2.\left( {\dfrac{{\pi  + 99\pi }}{2}.99} \right) = 10000\pi \).

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x > \dfrac{{20}}{3}\\x \ne 2\end{array} \right.\)

Ta có \(\left( {{{\log }_2}x - 1} \right){\log _{\dfrac{x}{2}}}\left( {3x - 20} \right) = 2 \Leftrightarrow {\log _2}\dfrac{x}{2}{\log _{\dfrac{x}{2}}}\left( {3x - 20} \right) = 2 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3x - 20} \right) = 2\)

\( \Leftrightarrow 3x - 20 = 4 \Leftrightarrow x = 8\) (thỏa mãn)

Vậy \(A = {8^{{{\log }_8}3}} + 8 = 11\).

Dựa vào đồ thị \(y = f'\left( x \right)\) ta có bảng biến thiên hàm số \(y = f\left( x \right)\)

Suy ra hình dạng đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)

Từ đó ta có được đồ thị hàm số \(y = f\left( {x + 2} \right) - 3\) bằng cách: tịnh tiến đồ thị \(y = f\left( x \right)\) xuống dưới 3 đơn vị, và qua trái 2 đơn vị.

Vậy đồ thị hàm số \(g\left( x \right)\) có giá trị cực tiểu bằng -3 và có trục đối xứng là \(x =  - 2.\)

Chọn A, B, C

Xét phép thử : ‘‘ Chọn ngẫu nhiên ba số \(a,\,b,\,c\) trong tập \(S = \left\{ {1;2;3;...;19;20} \right\}\)’’.

Gọi \(A\) là biến cố: ‘‘ Ba số tìm được thỏa mãn \({a^2} + {b^2} + {c^2}\) chia hết cho \(3\) ’’.

Ta có \(n\left( \Omega  \right) = C_{20}^3 = 1140\).

Tập hợp các số \(S = \left\{ {1;2;3;...;19;20} \right\}\) gồm

+) \(6\) số chia hết cho \(3\) là : \(3;6;9;...;18\).

+) 14 số không chia hết cho \(3\) : Các số còn lại thuộc \(S\).

Ta thấy số chính phương chia cho \(3\) hoặc chia hết hoặc dư 1.

Do đó, các trường hợp thuận lợi cho biến cố \(A\) là :

Trường hợp 1: \({a^2},{b^2},{c^2}\) cùng chia hết cho \(3\)\( \Leftrightarrow a,b,c\) cùng chia hết cho \(3\)

\( \Rightarrow C_6^3 = 20\) cách chọn \(a,b,c\).

Trường hợp 2: \({a^2},{b^2},{c^2}\) cùng chia cho \(3\) dư \(1\)\( \Leftrightarrow a,b,c\) cùng không chia hết cho \(3\)

\( \Rightarrow C_{14}^3 = 364\) cách chọn \(a,b,c\).

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 364 + 20 = 384\).

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \dfrac{{384}}{{1140}} = \dfrac{{32}}{{95}}\). Vậy \(\dfrac{x}{y} = \dfrac{{32}}{{95}} \Rightarrow y - x = 95 - 32 = 63.\)

Đáp số : 63

Ta có \(2S = 1.2 + {2.2^2} + {3.2^3} + ... + {2025.2^{2025}}\)

Khi đó \(2S - S = {2025.2^{2025}} + \left( {1 - 2} \right).2 + \left( {2 - 3} \right){.2^2} + \left( {3 - 4} \right){.2^3} + ... - 1.\)

\( = {2025.2^{2025}} - \left( {{2^0} + {2^1} + {2^2} + {2^3} + ... + {2^{2024}}} \right)\) \( = {2025.2^{2025}} - \dfrac{{{2^0}.\left( {1 - {2^{2025}}} \right)}}{{1 - 2}} = {2024.2^{2025}} + 1.\)

Ta biết, nếu gửi số tiền \(A\) vào ngân hàng \(n\) kỳ hạn theo hình thức lãi kép với lãi suất không đổi của mỗi kỳ hạn là \(r\) thì sau \(n\) kỳ hạn số tiền nhận được cả vốn lẫn lãi là \(N = A{\left( {1 + r} \right)^n}\).

Gọi số kỳ hạn mà người đó gửi là \(n\).

Sau \(n\) kỳ hạn số tiền cả vốn lẫn lãi nhận về là: \(N = 15000000{\left( {1 + \dfrac{{1,65}}{{100}}} \right)^n} = 15000000.1,{0165^n}\).

Theo giả thiết \(N = 20000000\).

Vậy ta có: \(15000000.1,{0165^n} = 20000000 \Leftrightarrow 1,{0165^n} = \dfrac{4}{3} \Leftrightarrow n = {\log _{1,0165}}\left( {\dfrac{4}{3}} \right) \approx 17,6\).

Kết luận: Người đó phải gửi ít nhất \(18\) kỳ hạn, tương đương \(18\) quý (tức \(4\) năm \(2\) quý).

Ta có \(y' = f'\left( x \right) = \dfrac{{ - 1}}{{{{(x - 2)}^2}}}\).

Phương trình tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm \(M\left( {{x_0} ; {y_0}} \right) \in  (C)\)(\({x_0} \ge 3\)) có dạng \(y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\).

Do tiếp tuyến cắt hai tia \(Ox, Oy\) lần lượt tại hai điểm \(A, B\) và tam giác \(OAB\) cân nên tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng \(y = x\).

Suy ra \(\dfrac{{ - 1}}{{{{\left( {{x_0} - 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - 1}}{1} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 1\\{x_0} = 3\end{array} \right.\). So điều kiện thì ta loại \({x_0} = 1.\)

Với \({x_0} = 3\) ta có phương trình tiếp tuyến là \(y =  - x + 5\).

Gọi số giờ cần in là \(x\) thì \(n\) máy in được \(4000.n.x\) bản in trong \(x\) giờ.

Ta có \(4000.n.x = 50000 \Rightarrow nx = \dfrac{{25}}{2}\).

Chi phí của \(n\) máy chạy trong \(x\) giờ là \(20x\left( {3n + 5} \right)\) nghìn đồng.

Chi phí để bảo trì \(n\) máy là \(50n\) nghìn đồng.

Tổng chi phí là \(f\left( n \right) = 20x\left( {3n + 5} \right) + 50n = 60xn + 100x + 50n = 750 + \dfrac{{1250}}{n} + 50n\).

\(f'\left( n \right) =  - \dfrac{{1250}}{{{n^2}}} + 50\), \(f'\left( n \right) = 0 \Leftrightarrow n = 5\).

Ta có bảng biến thiên

Để thu được tiền lãi cao nhất cần chi phí thấp nhất, vậy \(n = 5\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

(VD – 5)

Hàm số \(y = 3\sin \dfrac{x}{2}\) tuần hoàn với chu kỳ \(T = \dfrac{{2\pi }}{{\left| a \right|}} = \dfrac{{2\pi }}{{\dfrac{1}{2}}} = 4\pi \) nên mệnh đề 1 sai.

Ta có: \(y = \sqrt 3 \sin x - \cos x - 2 = 2\left( {\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\sin x - \dfrac{1}{2}\cos x} \right) - 2 = 2\sin \left( {x - \dfrac{\pi }{6}} \right) - 2\)

Ta có \( - 1 \le \sin \left( {x - \dfrac{\pi }{6}} \right) \le 1 \Leftrightarrow  - 2 \le 2\sin \left( {x - \dfrac{\pi }{6}} \right) \le 2 \Leftrightarrow  - 4 \le 2\sin \left( {x - \dfrac{\pi }{6}} \right) - 2 \le 0\)

Suy ra \( - 4 \le \sqrt 3 \sin x - \cos x - 2 \le 0\)

Vậy tập giá trị của hàm số \(y = \sqrt 3 \sin x - \cos x - 2\) là \(\left[ { - 4;0} \right]\)

Đáp án: Sai – Đúng.

Xét hàm số \(f\left( x \right) =  - \dfrac{1}{3}{x^3} + {x^2} - x + m\) trên \(\left[ { - 3;0} \right]\).

Hàm số liên tục trên đoạn \(\left[ { - 3;0} \right]\).

Ta có \(f'\left( x \right) =  - {x^2} + 2x - 1 =  - {\left( {x - 1} \right)^2} < 0,\,\,\forall x \in \left[ { - 3;0} \right]\).

Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 3;0} \right)\).

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;0} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = m \Rightarrow m = 2\).

Ta thấy cứ 4 số tận cùng là 3 nhân với nhau sẽ có tận cùng là 1.

Ta có từ 3 cho đến 2023 có bao nhiêu số: (2023 – 3):10 + 1 = 203 số.

Cứ 4 số ghép thành 1 nhóm => có 203 chia 4 được 50 và dư 3 số.

Vậy có 50 nhóm và dư 3 số. Tích 50 nhóm tận cùng là 1, nhân thêm 3 số nữa sẽ tận cùng là 7.

Đáp án: 7

Đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với d nên \(\Delta \) có vectơ pháp tuyến là vectơ chỉ phương của d: \(\overrightarrow {{n_\Delta }}  = \overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1;2} \right)\).

Mặt khác, \(\Delta \) qua điểm \(A\left( {3;2} \right)\) nên \(\Delta \) có phương trình: \(1.\left( {x - 3} \right) + 2.\left( {y - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y - 7 = 0\).

Gọi H là giao điểm của \(d\) và \(\Delta \). Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y + 1 = 0\\x + 2y - 7 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 3\end{array} \right.\) nên \(H\left( {1;3} \right)\).

Vì \(d \bot \Delta \) tại H và \(A \in \Delta \) nên \(H\left( {1;3} \right)\) là hình chiếu của A trên d.

\(M\left( {a;b} \right)\) là điểm đối xứng của \(A\) qua đường thẳng \(d\) \( \Leftrightarrow \) H là trung điểm của \(AM\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{3 + a}}{2} = 1\\\dfrac{{2 + b}}{2} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b = 4\end{array} \right.\).

Đáp án: Sai – Sai

Gỉa sử quả bóng bàn có bán kính \(r\), thể tích 3 quả bóng bàn là \({V_1}\) và hình hộp chữ nhật có thể tích \(V\).

Từ giả thiết suy ra đáy hình hộp là hình vuông cạnh \(2r\), chiều cao \(6r\)

Ta có \(V = 24{r^3};\;\;{V_1} = 3.\dfrac{4}{3}\pi {r^3} = 4\pi {r^3}.\)

Suy ra thể tích phần không gian còn trống là \({V_2} = V - {V_2} = 4{r^3}\left( {6 - \pi } \right)\)

Thể tích phần không gian còn trống chiếm \(\dfrac{{{V_2}}}{V}.100\%  = 47,64\% \).

(VD – 47,64)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {5a{x^2} + 3x + 2a + 1} \right) = 2a + 1\).

         \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {1 + x + \sqrt {{x^2} + x + 2} } \right) = 1 + \sqrt 2 \).

          Hàm số \(f(x)\) có giới hạn khi \(x \to 0 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x)\).

          Vậy \(2a + 1 = 1 + \sqrt 2  \Leftrightarrow a = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Mặt phẳng cần tìm có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow u \left( {3; - 1;2} \right)\).

\( \Rightarrow \) Mặt phẳng cần tìm có phương trình \(3\left( {x + 2} \right) - 1\left( {y - 3} \right) + 2z = 0 \Leftrightarrow 3x - y + 2z + 9 = 0\).

Gọi \(O\) là tâm hình vuông suy ra \(SO \bot (ABCD)\).

Ta có \((SAB) \cap (SCD) = Sx\,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,CD\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\), suy ra \(SI \bot AB \Rightarrow SI \bot Sx \Rightarrow SI \bot (SCD) \Rightarrow SI \bot SD\).

Suy ra \(\angle {\left( {DI,(SCD)} \right)} = \angle {SDI} = 30 ^\circ \).

\(ID = a\sqrt 2  \Rightarrow SD = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\); \(OD = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Từ đó ta tính được \(SO = \dfrac{a}{2}\). Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3} \cdot a \cdot 2a.\dfrac{a}{2} = \dfrac{{{a^3}}}{3}\).

Ta có \(f(x) = \int {f'\left( x \right){\rm{dx}} = \int {\dfrac{1}{{x - 1}}{\rm{dx}}} } \)

\( = \int {\dfrac{{d\left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}} = \ln \left| {x - 1} \right| + C}  = \left\{ \begin{array}{l}\ln \left( {x - 1} \right) + {C_1},x > 1\\\ln \left( {1 - x} \right) + {C_2},x < 1\end{array} \right.\)

\(f\left( 0 \right) = 2024 \Rightarrow {C_2} = 2024\).

\(f\left( 2 \right) = 2025 \Rightarrow {C_1} = 2025\).

Khi đó: \(S = f\left( 3 \right) - f\left( { - 1} \right) = \ln 2 + {C_1} - \ln 2 - {C_2} = {C_1} - {C_2} = 2025 - 2021 = 1\).

Theo giả thiết, ta có \(\overrightarrow {CC'}  = \overrightarrow {AA'}  \Rightarrow C'\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2};\dfrac{a}{2};2a} \right)\), \(D\left( {0;a;a} \right)\) và \(M\left( {0;0;t} \right){\rm{ }}\left( {0 < t < 2a} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {DC'}  = \left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}; - \dfrac{a}{2};a} \right)\), \(\overrightarrow {DM}  = \left( {0; - a;t - a} \right)\).

Chọn \(a = 1 \Rightarrow \overrightarrow {DC'} \left( {\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}, - \dfrac{1}{2},1} \right),\overrightarrow {DM} \left( {0, - 1,t - 1} \right)\)

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {DC'} ,\overrightarrow {DM} } \right] = \left( { - \dfrac{1}{2}t + \dfrac{3}{2};\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {1 - t} \right); - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)\)

Vì vậy \({S_{MDC'}} = \dfrac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {DC'} ,\overrightarrow {DM} } \right]} \right| = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\left( { - \dfrac{1}{2}t + \dfrac{3}{2}} \right)}^2} + \dfrac{3}{4}{{\left( {t - 1} \right)}^2} + \dfrac{3}{4}}  = \dfrac{1}{4}\sqrt {4{t^2} - 12t + 15}  \ge \dfrac{1}{4}\sqrt {4{{\left( {t - \dfrac{3}{2}} \right)}^2} + 6} \).

Suy ra \(\min {S_{\Delta MDC'}} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{4} \Leftrightarrow t = \dfrac{3}{2}\)

Số trang có 1 chữ số là 9 trang (từ 1 đến 9)

Số trang có 2 chữ số là 90 trang (từ 10 đến 99)

Số trang có 3 chữ số là 900 trang (từ 100 đến 999)

Số trang có 4 chữ số là 1001 trang (từ 1000 đến 2000)

Vậy số chữ số để đánh số trang là \(1.9 + 2.90 + 3.900 + 4.1001 = 6893\)

(TH – 6893)

Ta có \(529 = {23^2}\) khi đó 529 là số chính phương.

Xét \(C = \underbrace {11...1}_{2n} + \underbrace {44...4}_n + 1\), ta có \(C = \underbrace {11...1}_n\underbrace {00...0}_n + \underbrace {11...1}_n + \underbrace {44...4}_n + 1\)

Đặt \(a = 11...1\) khi đó \(9a = 99...9\)do đó \(9a + 1 = {10^n}\)

\(C = a{.10^n} + a + 4a + 1 = a.\left( {9a + 1} \right) + 5a + 1 = 9{a^2} + 6a + 1 = {\left( {3a + 1} \right)^2}\)

Vậy C là số chính phương

Đáp án: Sai – Đúng.

\(y' = \dfrac{{{m^2} - m - 2}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\).

Hàm số nghịch biến trên \(\left( { - 1; + \infty } \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' < 0\forall x \in \left( { - 1; + \infty } \right)\\ - m \notin \left( { - 1; + \infty } \right)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - m - 2 < 0\\ - m \le  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < m < 2\\m \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow 1 \le m < 2\)

Vậy \(S = \left[ {1;2} \right) \Rightarrow b - a = 1\)

Ta có hai hàm số \(y = x\), \(y =  - {x^2} - 2x\) liên tục tại điểm \(x = 1\). Do \(\mathop {{\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im}}}\limits_{x \to 1} f(x) = f(1)\).

Hàm số \(y = \dfrac{{x - 2}}{{x - 1}}\) không tồn tại \(\mathop {{\mathop{\rm l}\nolimits} {\rm{im}}}\limits_{x \to 1} f(x)\) và \(f(1)\) nên không liên tục tại  \(x = 1\).

(Có thể giải thích hàm số không xác định tại \(x = 1\)).

Chọn A, B

Không gian mẫu \(\Omega  = \left\{ {1;{\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} 3{\mkern 1mu} ;4;{\mkern 1mu} 5;{\mkern 1mu} 6} \right\} \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = 6\).

Gọi \(A\) là biến cố: “số chấm xuất hiện trên mặt của con súc sắc là một số nguyên tố” \( \Rightarrow A = \left\{ {2;{\mkern 1mu} 3;{\mkern 1mu} 5} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 3\)

\( \Rightarrow \) Xác suất cần tìm là: \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{1}{2}\).

Giả sử \({2^n} + 9 = {m^2}\), \(m \in \mathbb{N} \Leftrightarrow \left( {m - 3} \right)\left( {m + 3} \right) = {2^n}\)

Vì \(m - 3 < m + 3\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}m - 3 = {2^a}\\m + 3 = {2^b}\end{array} \right.,\) với \(a,b \in \mathbb{N}\) và \(a < b\)

Ta có \({2^b} - {2^a} = 6 \Leftrightarrow {2^a}\left( {{2^{b - a}} - 1} \right) = 6\)

Vì \({2^a}\left( {{2^{b - a}} - 1} \right) \vdots 2\) mà \({2^a}(2^{b - a} - 1)\) không chia hết cho 4 nên \(a = 1,b = 3\) suy ra \(m = 5\)

Vậy \(n = 4\).

Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng đi qua \(M\) và vuông góc với đường thẳng \(d\).

Ta có: \({\vec n_P} = {\vec u_d} = \left( {3\,;\,2\,;\, - 1} \right)\) là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(3\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y + 2} \right) - 1\left( {z - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 2y - z + 1 = 0\).

Các cặp số thỏa mãn là :\(\left( {3;5} \right)\), \(\left( {5;7} \right)\), \(\left( {11;13} \right)\), \(\left( {17;19} \right)\), \(\left( {29;31} \right)\), \(\left( {41;43} \right)\)

Vậy có tất cả 6 cặp số.

Đáp án: 6